Đang tải... (xem toàn văn)
Tuy nhiªn trong mét sè trêng hîp ®Æc biÖt cã thÓ ®a ph¬ng tr×nh cÇn gi¶i vÒ ph¬ng tr×nh bËc mét, bËc hai... - Nhãm nhiÒu h¹ng tö.[r]
(1)1 Định nghĩa phơng trình bậc cao
Ta gọi phơng trình đại số bậc n (n 3) ẩn x tập số thực phơng trình đợc đa dạng: anxn + an-1xn-1+ + a1x + ao = 0, n ; a ;a ; a1 n ; an
2 Định lý: Trên tập số thực, phơng trình bậc n ln phân tích đợc thành tích nhị thức bậc tam thức bc hai
3.Phơng trình bậc ẩn
Dạng tổng quát ax + b = a,b ; a Phơng trình có nghiệm:
b x
a
* Chú ý: Giải phơng trình mx + n = 0, phơng trình cho cha phơng trình bậc nên giải cần phải xem xét hết trờng hợp :
+ NÕu m phơng trình có nghiệm n
x
m .
+ Nếu m = phơng trình có dạng 0x = n. - NÕu n = th× phơng trình vô số nghiệm - Nếu n phơng trình vô nghiệm 4 Phơng trình bậc hai ẩn
Dạng tổng quát: ax2 bx c 0 víi a 0 XÐt = b2 – 4ac + < th× phơng trình vô nghiệm + = phơng trình có nghiệm kép:
b
x x
2a
+ > phơng trình có nghiệm phân biÖt: 1,2 b x
2a
5 Định lý: +Phơng trình anxn + an-1xn-1+ + a1x + ao = có nghiệm hữu tỷ nghiệm ớc
0
n a a
+ P(x) = có nghiệm a P(x) ( x - a)
Một số phơng pháp thờng dùng để giải phơng trình bậc cao.
(2)Giải giảng dạy toán giải phơng trình bậc cao quy bậc ẩn số bậc hai nằm trình giải phơng trình bậc nhất, bậc hai Nói chung bao gồm nhiều dạng phong phú đợc nhà toán học s phạm quan tâm đề cập tới nhều tài liệu, tập san toán học Căn vào mục đích ý nghĩa kết điều tra thực tế giảng dạy chơng phơng trình Trong trình giảng dạy thân nghiên cứu áp dụng lý luận trình dạy học, phơng pháp đặc trng môn, áp dụng kiến thức học để đa phơng trình bậc cao phơng trình bậc nht, bc hai bng nhiu cỏch
I Phơng pháp 1: Đa phơng trình tích
Phơng trình tích phơng trình có dạng: F(x).G(x) H(x) = (1) F(x)
G(x) H(x)
(2)
Để đa phơng trình cho dạng (2) ta dùng cách sau: - Phân thích đa thức thành nhân tử:
- Đặt nhân tử chung - Dùng đẳng thức - Nhóm nhiều hạng tử - Thêm (bớt) cỏc hng t
- Phối hợp nhiều phơng pháp nêu
* Ví dụ 1: Giải phơng trình: (x 1)3 x3 (x1)3 (x2)3 (1) * Lêi gi¶i
3 3
(x 1) x (x 1) (x 2)
x3 - 3x2 + 3x - + x3 + x3 + 3x2 + 3x + = x3 + 6x2 + 12x + 8 x3 - 3x2 - 3x - = 0
x3 - - 3x2 - 3x - = 0
(x-1)(x2 + x + 1) - 3(x2 + x + 1) = 0 (x2 + x + 1)(x - 4) = 0
Víi häc sinh líp lµm nh sau:
Do x2 + x + =
2
1
x
2
(3)(*)
[x2+ x + 1=0 (∗) [x-4 =0 (**) [
Giải phơng trình (*) Δ=1−4=−3<0 nên (*) vô nghiệm Giải (**) ta đợc x =4
Vậy phơng trình cho có nghiệm l x =
Việc nhẩm nghiệm phơng trình dựa sở sau:
- Nếu đa thức có tổng hệ số nghiệm đa thức, đa thức chứa thừa sè x - 1.
- NÕu ®a thøc cã tổng hệ số số hạng bậc chẵn tổng hệ số của số hạng bậc lẻ -1 nghiệm đa thức, đa thức chứa thõa sè (x + 1).
- Mọi nghiệm nguyên đa thức ớc hệ số tự a0. * Ví dụ 2: Giải phơng trình: x3 – 7x2 + 12x – = (2)
* Lêi gi¶i
(1) x3 – x2 – 6x2 + 6x + 6x – = 0 x2(x – 1) – 6x(x – 1) + 6(x – 1) = 0 (x –1)(x2 – 6x + 6) = 0
x x
x 6x x 3
* Ví dụ 3: Giải phơng trình: (x 1)3 +(2x + 3)3 = 27x3 + (3) * Lêi gi¶i
(2) x3 – 3x2 + 3x – +8x3 + 36x2 + 54x + 27 = 27x3 + 8 18x3 – 33x2 –57x – 18 = 0
3(6x3 –11x2 – 19x – 6) = 0
6x3 – 18x2 + 7x2 –21x +2x – = 6x2(x – 3) + 7x(x – 3) + 2(x – 3) = 0 (x – 3)(6x2 + 7x + 2) = 0
x x
7 97
6x 7x x
12
* Ví dụ 4: Giải phơng trình:
4
2
x
5x
x
(4)4
4
2
x
5x x 5x 10x
x
2
2
x x
(x 2)(x 1)(x 4x 2) x x
x 4x x 2 6
Việc nhẩm nghiệm nh gặp nhiều khó khăn số hạng tự a0 lớn có nhiều ớc số Trong trờng hợp ta áp dụng nhận xét sau để loại trừ bớt ớc không nghiệm phơng trình cách nhanh chóng.
* VÝ dơ 5: 4x3 - 13x2 + 9x - 18 = (5) * Lời giải
U(18) (1;2;3;6;9;18)
Hiển nhiên -1, không nghiệm (4) f(1) 0, f(-1) Ta thÊy
f (1) 18
3
f ( 1) 44
11
3
Phơng trình (4) có khẳ có nghiệm x1 =
áp dụng lợc đồ Hcne ta đa phơng trình (5) dạng sau: (x - 3)(4x2 - x + 6) = 0
x - = (*) 4x2 - x + = (**) (*) x =
(**) 4x2 - x + =
= (-1)2 - 4.4.6 < (**) vô nghiệm Nên phơng trình (4) có nghiệm là: x = Chó ý:
- Việc nhẩm nghiệm phơng trình nhẩm miệng dùng thuật chia đa thức cho đa thức để hạ bậc đa phơng trình dạng tích.
- Có thể dùng lợc đồ Hoócne để xác định ớc số a0 nghiệm, ớc số nào không nghiệm đa dạng phân tích.
- Bài tập dạng tơng đối khó với học sinh nên dạy giáo viên cần lu ý khai thác hết giả thiết, nhận xét sử dụng phơng pháp nào, đẳng thức nào phân tích cho thích hợp Mỗi tập giải xong giáo viên nên chốt lại vấn đề các kiến thức cần sử dụng trình giải tổng quát, tơng tự, đặc biệt dùng để bồi dỡng học sinh giỏi nhằm phát triển t duy.
(5)Phơng pháp thờng đợc dùng với dạng phơng trình sau: 2.1 Phơng trình trựng phng
* Là phơng trình có dạng ax4 + bx2 + c = (a 0) (1) * Cách giải
t x2 = y (vi y 0) (1) ay2 + by + c = 2.2 Phơng trình đối xứng bậc chẵn
Là phơng trình có dạng:
a0x2n + a1x2n-1 + + an-1xn+1 +anxn + an+1xn-1 + + a1x + a0 = (2) với a0 * Cách giải
- Nếu x = không nghiệm phơng trình (2) ta chia hai vế phơng trình (2) cho xn
(1)
n n 1 n
0 n n n
a a
a x a x a x a x
x x
=
n n
0 n n n
1
a x a a x a
x x
= 0
Đặt
1 y x
x
ta đa phơng trình (2) phơng trình bậc n với ẩn y 2.3 Phơng trình đối xứng bậc lẻ
* Là phơng trình có dạng
a0x2n+1 + a1x2n + + an+1xn+1 +anxn + an-1xn-1 + + a1x + a0 = (3) với a0 * Cách giải
Phơng trình ln có nghiệm x = -1 ta chia hai vế phơng trình (3) cho x + ta đợc phơng trình đối xứng bậc chn
2.4 Phơng trình phản thơng
* Là phơng trình có dạng: ax4 + bx3 + cx2- bx + a = (4) víi a 0 hc ax4- bx3 + cx2 + bx + a = (5) với a * Cách giải
Ta nhận thấy x = không nghiệm (4) suy ta chia hai vế phơng trình cho x2 ta cã:
(4)
2
1
ax bx c b a
x x
2
1
a x b x c
x x
Đặt
1 y x
x
2
2
x y
x
(6)Tơng tự cho phơng trình (5) ta đặt
1 y x
x
2.5 Phơng trình hồi quy
* Là phơng trình có dạng : ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = (6) đó
2
e d
t
a b
víi a 0
* Cách giải: Khi x = không nghiệm (6) ta chia hai vế (6) cho x2 ta cã: (6)
2
2
1
ax bx c d e
x x
2
1
ax e bx d c
x x
2
2
t t
a x d x c
x x
Đặt
t y x
x
lúc (6) ay2 + by + c + 2at = 2.6 Phơng trình có dng: (x+a)4+(x+b)4= c (7) * Cỏch gii:
Đặt
a b a b
y x x y
2
(7)
4
4 2 (a b)
2y 3(a b) y c
8
2.7 Phơng trình có dạng: (x+a)(x+b)(x+c)(x+d) = mx2 ad = bc
* Cách giải:
Ta nhóm [(x+a)(x+d)][(x+b)(x+c)] = mx2
[x2 + (a+d)x + ad][x2 + (b + c)x + bc] = mx2 (8)
Ta thấy x = không nghiệm phơng trình (8) ta chia hai vế phơng tr×nh (8) cho x2
th× (8)
ad bc
x (a d) x (c b) m
x x
Đặt
ad y x
x
(8) (y a d)(y c d) m
2.8 Phơng trình có dạng (x+a)(x+b)(x+c)(x+d) = m a+d = b+c
* Cách giải Ta nhóm [(x+a)(x+d)][(x+b)(x+c)] = m (1) Đặt y = (x+a)(x+d) thay vào phơng trình (1) ta tìm đực y0
(7)2.9 Phơng trình tam thức
L phng trỡnh cú dạng: ax2n + bxn + c = (10) với a ≠ a, b, c , n nguyên dơng, n >
NÕu a, b, c * n = phơng trình (10) phơng trình trùng phơng * Cách giải :
Đặt xn = y (10) n
2
x y
ay dy c
2.10 Phơng trình có dạng: d(x + a)(x + b)(x + c) = mx đó
2
a b c
d
, m = (d - a)(d - b)(d - c).
* Cách giải :
* Chú ý: Trên thực tế, nhiều phơng trình bậc cao phải biến đổi đa các dạng nói
* VÝ dơ 1: Gi¶i phơng trình x4 5x2 + = (1) * Lời giải:
Đặt x2 = y (y 0) (1) y2 – y + = 0 (y – 2)(y – 3) =
y y + NÕu y = x2 = x + NÕu y = x2 = x
* VÝ dô 2: Giải phơng trình: x4 5x3 + 6x2 5x + = (2)
(§Ị thi tèt nghiƯp THCS tỉnh Hng Yên , năm 1996 - 1997) * Lêi gi¶i:
Ta thấy x = khơng nghiệm (2), chia hai vế (2) cho x2 ta đợc
2
5
x 5x
x x
2
1
x x
x x
(*)
Đặt
2
2
1
y x x y
x x
(*) y2 – 5y + = 0
Xét = 25 – 40 < phơng trình cho vơ nghiệm
* VÝ dơ 3: Gi¶i phơng trình x5 + 4x4 + x3 + x2 + 4x +1 = (3) * Lêi gi¶i:
(8)
4
x
x 3x 2x 3x (*)
Gi¶i (*) : x4 +3x3 – 2x2 + 3x + = 0
Ta thấy x = không nghiệm (*), chia vế (*) cho x2 ta đợc:
2
3
x 3x
x x
2
1
x x
x x
Đặt
2
2
1
y x x y
x x
ta đợc y2 + 3y - = y1 = 1, y2 = -4 - Nếu y1 =
1
x
x
x2 - x + = PT v« nghiƯm - NÕu y2 = -4
1
x
x
x2 + 4x + = x1,2 2 * VÝ dụ 4: Giải phơng trình (3x + 4)(x + 1)(6x + 7)2 = (4)
(§Ị thi vào THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội, năm 2006 - 2007) * Lêi gi¶i:
2 (3x 4)(x 1)(6x 7) 6
2
(6x 8)(6x 6)(6x 7) 72 (*) Đặt 6x + = t, ta cã:
(*) (t 1)(t 1)t 72 t4 t2 72 0 t 3 - Víi t = 3, ta cã
2
6x x
3
- Víi t = -3, ta cã
5
6x73x
3
* Bài toán ta giải theo c¸ch sau:
(3x 4)(x 1)(6x 7) 6
2
(3x 7x 4)(6x 7) 6 (**)
Đặt t 3x 7x 4 36x2 84x 49 12t 1 , (**) trở thành:
2
2 t
4
12t t
2 t
3
- Víi
2
3
t 3x 7x 12x 28x 19
4
(9)- Víi
1
2
2 x
2
t 3x 7x 9x 21x 10
2
3
x
* VÝ dụ 5: Giải phơng trình (x2 3x2)(x27x12) 24 (5)
(Đề thi vào THPT Chuyên SPNN Hà Nội, năm 2004 - 2005) * Lời giải:
2
(x 3x 2)(x 7x 12) 24
2
(x 1)(x 2)(x 3)(x 4) 24 (x 5x 4)(x 5x 6) 24
Đặt tx2 5x 4 ta đợc:
2
t
t 2t 24
t
- NÕu t 6 x2 5x 10 0 PT v« nghiƯm - NÕu
2
1
t 4 x 5x 0 x 0 ; x 5
Vậy phơng trình cho có hai nghiệm x = ; x = -5
* VÝ dô : Giải phơng trình: x4 - 3x3 - 2x2 + 6x + = (6) * Lêi gi¶i:
Ta thấy x = không phơng trình cđa (6) ta chia c¶ hai vÕ cđa (1) cho
x 0, ta đợc:
2
2
6
x 3x
x x
2
4
x x
x x
Đặt
2
2
2
y x x y
x x
Ta đợc phơng trình y2 - 3y + = 0 Nhẩm nghiệm ta đợc y1 = 1, y2 = - Nếu y1 =
1
2
x
2
x x x
x
x
- NÕu y2 =
2
1,2
x x 2x x
x
* VÝ dụ : Giải phơng trình (x 5)4 + (x – 7)4 = 16 (7)
(Đề thi chọn HSG Toán 8, tỉnh Hải Dơng, năm 2001 - 2002) * Lời giải:
Đặt
5
y x x x y
2
(10)(7) (y + 1)4 + (y - 1)4 = 16 2y4 + 12y2 + = 16
y4 + 6y2 – = 0
(y2 – 1)(y2 + 7) =
2
y
y
y
+ NÕu y = ta cã x = + NÕu y = -1 ta cã x =
Vậy phơng trình (1) có hai nghiệm x1 = 7; x2 =
* VÝ dơ 8: Gi¶i phơng trình (x +3)(x + 5)(x + 6)(x + 10) = 2x2 (8) * Lêi gi¶i:
(8) (x2 + 13x + 30)(x2 + 11x + 30) = 2x2 (*)
Vì x = không nghiệm (*) nên ta chia hai vế (2) cho x2 ta cã:
30 30
x 13 x 11
x x
Đặt
30
y x 11
x
y(y+2) = y2 + 2y = (**)
Giải phơng trình (**) ta có y0; giải phơng trình 30
x 11 y
x
cã x0 nghiệm phơng trình (8)
* Ví dụ 9: Giải phơng trình (x + 7)(x + 8)(x + 9) = 5x (9)
* Lêi gi¶i:
Phơng trình (9) có dạng 12(x + 7)(x + 8)(x + 9) = 60x (*) đó
7
12 ; 60 (12 7)(12 8)(12 9)
2
Đặt y = x + 12
Ta có (9) (y – 5)(y – 4)(y – 3) = 5( y –12) y3 – 12y2 + 47y – 60 =5y – 60
y3 – 12y2 + 42y = 0 y(y2 – 12y + 42) = 0
2 y
y
y 12y 42
* Ví dụ 10: Giải phơng trình 5(x-1)(x-5)(x-3)(x-15) = 7x2 (10) * Lời giải:
(11)Vì x = không nghiệm (*) nên ta chia hai vÕ cña (*) cho x2 ta cã:
15 15
5 x 16 x
x x
Đặt
15
y x
x
ta cã: 5y(y - 8) = 5y2 - 40y = (**) Giải phơng trình (**) ta có y0; giải phơng trình
15
y x
x
ta cã x0 nghiệm phơng trình (10)
III Phơng pháp 3: Đa luỹ thừa bậc
Ta thêm bớt hạng tử để xuất đẳng thức thích hợp từ đa hai vế phơng trình luỹ thừa bậc
Bằng cách biến đổi hai vế phơng trình ta đa phơng trình đẵ cho phơng trình có dạng: An = Bn
+ Nếu n số chẵn A = B + Nếu n số lẻ A = B
* Ví dụ 1: Giải phơng trình x4 = 2x2 + 8x +3 (1)
(Đề thi vào THPT tình Hng Yên, năm häc 2006 - 2007) * Lêi gi¶i:
4
x 2x 8x 3
4 2 2
x 2x 4x 8x (x 1) (2x 2)
* NÕu
2
1,2
x 1 2x 2 x 2x 0 x 1 * Nếu x2 1 2x 2 x22x 0 PT vơ nghiệm Vậy phơng trình cho có hai nghiệm: x1,2 1
* Ví dụ 2: Giải phơng trình
3
3
x x x
(2)
(Đề thi vào THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội, năm 2002 - 2003) * Lời gi¶i:
3
x x x 3x 3x 3x
3
4x3 (x 1) 4x x 1
3
x 1 1
x
4
(12)* Ví dụ 3: Giải phơng trình
3
3
3
x 3x
x
(x 1) x
(3)
(Đề thi vào THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội, năm 2000 2001) * Lời giải:
ĐK: x §Ỉt
2
x x x x
t x t x ; xt
x x x x
Do x + t = xt
Phơng trình cho trở thành: 3
3
x t 3(x t)
(x t) 3xt(x t) 3(x t)
(x t 1) 1 x t 1 x t 2
Khi ta có:
2 x
2 x 2x
x 1 , phơng trình vô nghiệm. * Ví dụ 4: Giải phơng trình 5x3 + 6x2 + 12x + = (4)
(Đề thi vào THPT Chuyên SPNN Hà Nội, năm 2005 - 2006) * Lời gi¶i:
3
5x 6x 12x 0
4x3(x3 6x2 12x 8) 0 (x 2) 4x3
3
3
2
x x x
1 4
IV Phơng pháp 4: Dùng bất đẳng thức
* Ví dụ 1: Giải phơng trình
2003 2004
9 10
x x
(1)
(§Ị thi chọn HSG Toán 9, tỉnh Hải Dơng, năm học 2006 - 2007) * Lêi gi¶i:
DƠ thÊy x = x = 10 nghiệm phơng trình (1) Xét giá trị lại x
+ NÕu x < th× x - 9 > x - 92003 > vµ x - 102004 > 1 x - 92003 + x - 102004 > phơng trình (1) vô nghiệm.
+ Nếu x > 10 th× x - 10 > x - 102004 > vµ x - 92003 > 1 x - 92003 + x - 102004 > phơng trình (1) vô nghiệm.
+ NÕu < x < 10 th×
0 < x – < x - 92003 < x – 9;
0 < 10 – x < x - 102004 < x - 10 < 10 – x
(13)Vậy phơng trình ch có nghiệm x = 9; x = 10 * Ví dụ 2: Giải phơng trình
3
3 3
(x 1) (x 5) 216(x 1) (5 x)
(2)
* Lời giải:
Đặt x = y ; – x = z Ta cã
3 3 3
(y z 8) 216y z Theo BĐT Côsi : (y3z38)3 216y z3
Vy y = z = 2, x =
V Phơng pháp 5: Dùng hệ số bất định
Giả sử phơng trình trình bậc 4: x4 + ax3 + bx2 + cx + d = có phân tích thành (x2 + a1x + b1)(x2 + a2x + b2) = lúc ta có:
1
1 2
1 2
1
a a a
a a b b b
a b a b c b b d
TiÕp theo tiến hành nhẩm tìm hệ số a1; b1; a2; b2 Bắt đầu từ b1b2 = d thử với giá trị nguyên
* Ví dụ 1: Giải phơng trình x4 - 4x3 - 10x2 + 37x - 14 = (1)
* Lêi gi¶i:
Giả sử phơng trình phân tích đợc thành dạng:
(x2 + a1x + b1)(x2 + a2x + b2) = 0
Ta cã:
1
1 2
1 2
1
a a
a a b b 10
a b a b 37 b b 14
b1 = -2; b2 = -7; a1 = -5; a2 = 1 Phơng trình (1) có dạng (x2 - 5x + 2)(x2 + x - 7) = 0
Tiếp tục giải phơng trình bậc hai: x2 - 5x + = vµ x2 + x - = ta cã nghiƯm cđa ph¬ng trình (1) là:
x1 =
5 17
; x2 =
5 17
; x3 =
1 29
; x4 =
1 29
* Chú ý: Với phơng pháp giải đợc với phơng trình khơng có nghiệm hữu tỷ.
VI Phơng pháp 6: Dùng tính chất số nghiệm phơng trình
(14)* Ví dụ 1: Giải phơng trình
(m2– m)2(x2– x + 1)3 = (x2– x)2(m2– m +1)3 với m tham số (1) * Lời giải:
NhËn xÐt
+ x = m lµ mét nghiƯm phơng trình (1)
+ Với m = m = có hai nghiệm x = vµ x = - XÐt m ; m x ( x = m = m =1) Gäi k lµ nghiƯm cđa (1) k Chia vÕ cña (1) cho k6 ta cã:
3
2
2
2
1 1
m m (m m 1)
k k k k
3
2
2
2
1 1
m m (m m 1)
k k k k
k nghiệm (1) Vì k nghiệm (1) nên ta có: m2 m 2 k2 k 13 k2 k (m2 m 1)3
(m2 – m)2[(1 - k)2 – (1 - k) + 1]3 = [(1 - k)2 – (1 - k)]2(m2 – m + 1)3 (1 - k) cịng lµ nghiƯm cđa (1)
Ta cã m lµ nghiƯm cđa (1)
m cịng lµ nghiƯm cđa (1) m lµ nghiƯm cđa (1) - m cịng lµ nghiƯm cđa (1) - m lµ nghiƯm cđa (1)
1
1 m nghiệm (1) Điều kiện để giá trị : m; (1-m);
1 m; 1-
1 m;
1 m ; 1-
1
1 m đôi khác là: m 0; m 1; m -1; m 2; m
1
+ NÕu m = 0, m = 1, th× x = 0; x = + NÕu m = -1, m = vµ m =
1
2 thì phơng trình (1) có dạng:
4(x2 – x + 1)3 = 27(x2 – x)2 (x+1)2(x-2)2(2x-1)2 = 0
Phơng trình (1) có nghiệm : x1 = -1; x2 = 2; x3 = 2. + NÕu m 0, m 1, m -1, m 2, m
1
2 phơng tr×nh (1) cã nghiƯm: m; (1-m);
1 m; 1-
1 m;
1
1 m ; 1-
(15)VII số phơng pháp khác
* Ví dụ 1: Giải phơng trình 2x4 10x2 + 17 = (1) * Lêi gi¶i:
(1) x4 – 2x2 + + x4 – 8x2 + 16 = 0 (x2 – 1)2 + (x2 – 4)2 = 0
Không xẩy đồng thời x2 = x2 = 4 Vậy phơng trình vơ nghiệm
* VÝ dụ 2: Giải phơng trình x4 x3 + 2x2 x + = (2) * Lêi gi¶i:
(2) (x2 + 1)2 – x(x2 + 1) = 0 (x2 + 1)(x2 – x + 1) = 0
Ta thÊy x2 x x2 + > 0; x2 – x + > x Vậy phơng trình vô nghiệm
* Ví dụ 3: Tìm k để phơng trình sau có nghiệm:
2 2
(x 2)x (2x k1) 5 k 6k3 2x1
(3)
(Đề thi vào THPT Hà Nội- Amstesdam, năm 2000 - 2001) * Lời gi¶i:
2 2
(x 2) x 2x(2k 1) 5k 6k 3 2x 1
2 2
(x 2) (x (2k 1)) (k 1) 1 2x 1 (2) Ta cã:
2
(x (2k 1)) (k 1) 1
nªn VT(2) ≥ x2 2
L¹i cã x2 2 (2x 1) (x 1) 0 nªn 2x + ≤ x2 + VP(2) ≤ x2 + 2 §Ĩ (2) cã nghiƯm th× VT = VP = x2 + 2
2
x (2k 1) k
k
k x k
x
2x x (x 1)
Bài tập luyện
Giải phơng trình Bài 1:
a) x4 + x2 + 6x - = 0 b) ( x2 + 1)2 = 4(2x - 1) Bµi 2:
(16)Bµi 3:
a) x(x + 1)(x - 1)(x + 2) = 24 b) (x - 4)(x - 5)(x - 6)(x - 7) =1680 Bµi 4:
a) (x2 - 6x + 9)2 - 15(x2 - 6x + 10) = 1 b) (x2 + 1)2 + 3x(x2 + 1) + 2x2 = 0 Bµi 5:
(x + 1)4 + (x - 3)4 = 82 Bµi 6:
4
x 4x 2x 4x
(Đề thi vào THPT Chuyên SPNN Hà Nội, năm 2006 - 2007) Bài 7: Chứng minh phơng trình sau vô nghiệm:
a) x4 - 3x3 + 6x + 13 = 0 b) x4 - 2x3 + 4x2 - 3x + = 0 Bài 8: Cho phơng trình:
6
3
x x
(2a 1) 2a
x x
(8) a) Gi¶i (8) a =
b) Tìm a để (8) có nhiều hai nghiệm dơng phân biệt
(Đề thi vào THPT Hà Nội- Amstesdam, năm 2006 - 2007)
Bài 9: Cho phơng trình:
2
1
m
x x
(9)
a) Gi¶i (9) m = 15
b) Tìm a để (9) có bốn nghiệm phân biệt